Matematik fizika metodlari

§1.
Torning ko’ndalang tebranishlari
Uzunligi l bo’lgan ingichka torning ko’ndalang tebranishlari masalasini ko’rib
chiqaylik.
Uning bosh va oxirgi nuqtalarini a va b deb berlgilaymiz.
Torning muvozanat holatidan siljishini kichik deb qaraymiz, ya’ni, biz kichik
tebranishlar
masalasini ko’ramiz. Torning x koordinatali nuqtasining t vaqt
momentida o’z muvozanat holatidan siljishini u(x, t) deb belgilaymiz.
Siljish
kichik
deganimiz
tgα
=
u
x
x
x+dx
T(x)
T(x+dx)
Ž
Ž
III.1-rasm: Torning ko’ndalang tebranishiga
doir
∂u(x, t)/∂x
ham
kichik
bo’ladi
deganimizga tengdir.
Bu holda siljish
natijasida torning uzunligi o’zgarmaydi
deb
olishimiz
kerak
(chunki
uning
o’zgarishi ikkinchi tartibli kichik son
bo’lib chiqadi):
l =
b
∫
a
√
du
2
+ dx
2
=
=
b
∫
a
√
1 +
(
∂u
∂x
)
2
dx
≃ b − a
Tor bo’yicha taqsimlangan tashqi kuch
zichligini F (x, t) deb belgilaylik, bu kuch
har bir nuqtada torga perpendikular yo’nalgan bo’lsin. Torning tarangligini
T(x) deb belgilaymiz, albatta T(x) nutadan nuqtaga o’tganda o’z yo’nalishini
o’zgartiradi, lekin uning son qiymati T =
|T| o’zgarmaydi. Bu tasdiq torning
uzunligi o’zgarmasligidan kelib chiqadi - torning uzunligi o’zgarmas ekan uning
tarangligi ham o’zgarmaydi. Tor massasi zhichligini ρ(x) deb belgilaymiz, ya’ni
ρ(x)dx - torning x va x + dx nuqtalari orasidagi massadir. Torning mana shu
kichik dx elementi uchun harakat tenglamasi - Newton tenglamasini tuzamiz:
T sin α
|
x+dx
− T sin α|
x
+ F (x, t)dx = ρ(x)dx
∂
2
u
∂t
2
(1)
51

(Newton qonuni: ta’sir qilayotgan kuch=massa
×tezlanish). Siljishlar kichik
bo’lgani uchun
sin α =
tgα
√
1 + tg
2
α
≃ tgα =
∂u
∂x
.
Ya’ni,
sin α
|
x+dx
− sin α|
x
≃
∂u(t, x + dx)
∂x
−
∂u(x, t)
∂x
≃
∂
2
u(x, t)
∂x
2
dx.
Demak,
ρ
∂
2
u
∂t
2
= T
∂
2
u(x, t)
∂x
2
+ F
(2)
torning kichik ko’ndalang tebranishlari tenglamasi ekan.
Bu tenglamani
quyidagicha yozib olamiz:
∂
2
u(x, t)
∂t
2
= a
2
∂
2
u(x, t)
∂x
2
+ f (x, t),
(3)
bu yerda f = F/ρ, a
2
= T /ρ. Uni bizga ma’lum bo’lgan kanonik ko’rinishda
ham yozib olishimiz mumkin:
u
tt
− a
2
u
xx
= f.
(4)
Ko’pincha bu tenglama bir o’lchamli to’lqin tenglamasi deyiladi.
Keltirib chiqarish jarayonida taranglikni o’zgaruvchan deb olsak, (2)-ning
o’rniga
ρ
∂
2
u
∂t
2
=
∂
∂x
(
T
∂u
∂x
)
+ F
(5)
tenglamani olgan bo’lar edik.
§2.
Sterjenning bo’ylanma tebranishlari
Bizga bir sterjen berilgan bo’lsin. Bir o’lchamli bo’ylanma tebranishlari
haqida gapirar ekanmiz, sterjenning har bir kesimi deformatsiyasiz x o’qi
bo’yicha o’z muvozanat holatidan siljiydi, deb qaraymiz - (III.2)-rasmga qarang.
Tashqi kuch (agar mavjud bo’lsa) x o’qi bo’yicha yo’nalgandir.
u(x, t)
funksiya (x) nuqtaning t vaqt momentidagi o’z muvozanat holati (x) dan siljish
kattaligini ifodalaydi. u(t, x + dx) funksiya esa (x + dx) nuqtaning t vaqt
momentidagi o’z muvozanat holati (x + dx) dan siljish kattaligini ifodalaydi.
Sterjenning boshlang’ich uzunligi dx bo’lgan bir bo’lagini olamiz - x va x + dx
52

koordinatalar orasidagi.
Kichik tebranishlar haqida gap ketayotgani uchun
hamma yoyilmalarda dx ning birinchi darajasi bilan cheklanamiz:
u(t, x + dx)
≃ u(x, t) + u
x
(x, t)dx.
Bu formuladan ko’rinib turibdiki, sterjenning nisbiy cho’zilishi (sterjen
bo’lakchasining t vaqt momentidagi uzunligining t = 0 vaqt momentidagi
uzunligiga nisbati)
u(t, x + dx)
− u(x, t)
dx
≃ u
x
ga teng. Hooke
1
qonuni bo’yicha
T = ESu
x
.
Bu yerda E - Young moduli, S - sterjen kesimi.
Bu holda taranglik T ning son qiymati
x
x+dx
u(x‚t)
u(x+dx‚t)
III.2-rasm: Sterjenning kesimlari
x ga bog’liq bo’ladi chunki sterjenning
uzunligi o’zgaruvchandir.
Yana harakat
tenglamasini tuzaylik:
T (x + dx)
− T (x) + F (x, t)Sdx =
= ρdxS
∂
2
u(x,t)
∂t
2
.
Bu yerda F (x, t) - sterjen bo’yicha taqsim-
langa kuchning xajm zichligi, S - sterjen-
ning kesim sirti. Chap tomonni qatorga yoyamiz:
T (x + dx)
− T (x) = ES (u
x
(t, x + dx)
− u
x
(x, t))
≃ ES
∂
2
u
∂x
2
dx.
(6)
Olingan tenglama
E
∂
2
u
∂x
2
+ F (x, t) = ρ
∂
2
u
∂t
2
(7)
yoki,
u
tt
− a
2
u
xx
= f,
a
2
=
E
ρ
,
f =
F
ρ
(8)
ko’rinishga ega bo’ladi. Biz yana giperbolik tipdagi tenglamani oldik: (4)- va
(8)-tenglamalar faqatgina a
2
ta’rifi bilan farq qiladi. Biz keyin ko’ramizki, a -
to’lqinning muhit bo’yicha tarqalish tezligini beradi.
Olingan tenglamalar - (4) va (8) - to’lqin tenglamasining bir o’lchamli
ko’rinishi. Ikki o’lchamli to’lqin tenglamasi
u
tt
− a
2
(u
xx
+ u
yy
) = f.
(9)
1
Robert Hooke (1635-1703) - buyuk ingliz olimi. Rus tilida - Роберт Гук.
53

ko’rinishga ega bo’ladi.
Bunday tenglamaga, biror ikki o’lchamli sirtning
(masalan,
membrananing) tebranishlari masalasini ko’rsak,
kelar edik.
Quyidagi tenglama esa
u
tt
− a
2
(u
xx
+ u
yy
+ u
zz
) = f,
(10)
yoki,
u
tt
− a
2
∆u = f
(11)
uch o’lchamli to’lqin tenglamasi deyiladi.
§3.
Giperbolik tenglamalar uchun chegaraviy va bosh-
lang’ich shartlar
Masalaning bir qiymatli yechimini topish uchun shu masalaga mos keluvchi
boshlang’ich va chegaraviy shartlarni berishimiz kerak. To’lqin tenglamasi vaqt
bo’yicha ikkinchi tartibli tenglama bo’lgani uchun noma’lum funksiya u(x, t) va
uning vaqt bo’yicha birinchi tartibli hosilasi boshlang’ich vaqt momenti t = 0
berilgan bo’lishi kerak:
u(x, 0) = φ(x),
u
t
(x, 0) = ψ(x).
Bunday shartlar boshlang’ich shartlar yoki, Caushy
2
shartlari
deyiladi.
Agar masalada faqat boshlang’ich shartlar berilgan bo’lsa, bunday masala
Caushy masalasi
deyiladi. Boshlang’ich shartlarning fizik manosiga to’xtalib
o‘taylik.
Masalan, φ(x)
̸= 0 va ψ(x) = 0 bo’lsin. Bu - tor (sterjen)
nuqtalarining boshlang’ich siljishi noldan farqli va boshlang’ich tezligi nolga
teng degani (dutor, rubob, gitara va shunga o’xshash asboblarda uchraydigan
boshlang’ich shart). φ(x) = 0 va ψ(x)
̸= 0 bo’lgan hol esa tebranishning
boshida torning (sterjenning) hamma nuqtalarida muvozanat holatida turibdi,
lekin ularga boshlang’ich tezlik berilgan (masalan, bolg’acha bilan urib)
degani. Bunday boshlang’ich shartlar pianino, do’mbira va shunga o’xshagan
asboblarga mos keladi.
Chegaraviy shartlarga o’taylik. Agar tor yoki sterjenning uzunligi chekli yoki
yarim chekli bo’lsa, unga chegaraviy shartlar qo’yishimiz kerak. Ular quyidagi
turlarga bo’linadi.
1. Uzunligi l bo’lgan tor(sterjen)ning boshi va oxiri mustahkam biriktirilgan
(masalan, devorga):
u(t, 0) = u(t, l) = 0.
2
Augustin-Louis Cauchy (1789-1957) - fransuz matematigi. Rus tilida - Огюстен-Луи Коши
54

Boshqacha yozsak:
u(x, t)
|
x=0
= u(x, t)
|
x=l
= 0.
Umumiy holda chegaraviy nuqtalar berilgan qonun bo’yicha harakat qiladi:
u(x, t)
|
x=0
= µ
1
(t),
u(x, t)
|
x=l
= µ
2
(t).
Bu yerda µ
1
(t) va µ
2
(t) funksiyalar - berilgan funksiyalar.
2. Sterjenning (torning) x
0
nuqtasiga berilgan ν(t) kuch ta’sir qilayotgan
bo’lsin:
∂u
∂x
x=x
0
= u
x
x=x
0
=
ν(t)
T
.
Haqiqatan ham,
T
∂u
∂x
|
x=x
0
≃ T sin α|
x=x
0
= ν(t).
Agar shu chegaraga hech qanday kuch ta’sir qilmasa, ya’ni shu chegara
ozod bo’lsa,
∂u
∂x
x=x
0
= u
x
x=x
0
= 0,
deb yozishimiz kerak.
3. Tor(sterjen)ning chegarasida elastik kuch ta’sir qilsin. Chap chegarada:
(T u
x
− ku)
x=0
= 0, yoki u
x
|
x=0
= hu
|
x=0
,
h = k/T. O’ng hegarada:
(
−T u
x
− ku)
x=l
= 0, yoki u
x
|
x=l
=
−hu|
x=l
. Ishoralarni quyidagicha
tushunish mumkin. Chap chegarada taranglik kuchi manfiy yo’nalishga
ega, o’ng chegarada taranglik kuchi musbat yo’nalishga ega.
Umumiy holda uchinchi chegaraviy shart
u
x
|
x=0
= h(u
− θ(t))
ko’rinishda yozilishi kerak, bu yerda θ(t) - berilgan funksiya, u torning shu
chegarasining berilgan harakatini ifodalaydi.
Masalada ham boshlang‘ich, ham chegaraviy shartlar berilgan bo‘lsa bunday
masala aralash masala deyiladi.
3.1-misol.
Ikkala uchi mahkamlangan tor berilgan.
Tor nuqtalarining
boshlangich tezligi nolga teng, boshlang’ich siljish esa φ(x) = αx(x
− l)
ko’rinishga ega.
55

Yechim.
Tenglama:
u
tt
− a
2
u
xx
= 0.
Masalaning shartida tashqi kuch haqida hech narsa deyilmagan, shuning uchun
tenglama bir jinsli.
Boshlang’ich shartlar:
u(x, 0) = φ(x) = αx(x
− l), u
t
(x, 0) = ψ(x) = 0.
Chegaraviy shartlar:
u(0, t) = u(l, t) = 0.
O’zgaruvchilarning o’zgarish sohasi:
0
≤ x ≤ l, 0 ≤ t < ∞.
3.2-misol. Erkin tushayotgan liftning shipiga l uzunlikdagi og’ir sterjen
osib qo’yilgan. Lift uning tezligi v
0
ga erishganda keskin to’xtaydi. Sterjenning
tebranishlari masalasi qo’yilsin
Yechim. x - o’qini liftning shipidan pastga qarab yo’naltiramiz. g - erkin
tushish tezlanishi. Bu holda tenglama:
u
tt
− a
2
u
xx
= g.
Boshlang’ich shartlar:
u(x, 0) = φ(x) = 0,
u
t
(x, 0) = ψ(x) = v
0
.
Chegaraviy shartlar:
u(0, t) = 0,
u
x
(l, t) = 0.
O’zgaruvchilarning o’zgarish sohasi:
0
≤ x ≤ l, 0 ≤ t < ∞.
3.1-mashq. Ideal gaz bilan to’ldirilgan bir uchi ochiq truba o’z o’qi yo’nalishida v tezlik
bilan ilgarilanma harakat qilaypti. t = 0 vaqtda truba to’satdan to’xtaydi. Trubaning yopiq
uchidan x masofadagi gazning muvozanat vaziyatidan siljishi masalasini qo’ying.
3.2-mashq.
Ikki uchi mahkamlangan tor uchun ko’ndalang tebranishlar masalasini
qo’ying. Tor qarshiligi tezlikka proportsional bo’lgan muhitda joylashgan.
3.3-mashq. Bir uchi mahkamlangan ikkinchisi o’z tezligiga proportsional bo’lgan kuch
ostida bo’lgan bir jinsli elastik sterjenning bo’ylanma tebranishlari masalasini qo’ying. Muhit
qarshiligi hisobga olinmasin.
3.4-mashq. Og’ir sterjen o’zining har bir nuqtasi muvozanat holatga keltirilib, siqib
qo’yilgan holatda vertikal ravishda bir uchidan osib qo’yilgan. t = 0 vaqtda sterjen siquvchi
kuchdan ozod bo’ladi. Sterjenning majburiy tebranishlari masalasini qo’ying.
56

3.5-mashq. t = 0 vaqtdan boshlab elastik sterjenning bir uchi berilgan qonun µ(t)
bo‘yicha tebranayapti, ikkinchi uchiga uning o‘qi bo‘yicha yo‘nalgan Φ(t) kuch qo‘yilgan.
t = 0 vaqtda sterjenning ko‘ndalang kesimlari o‘z muvozanat holatida qo‘zg‘olmasdan turgan.
Sterjenning tebranishlari masalasini qo‘ying.
3.6-mashq. III.2-misoldagi sterjenning quyi uchiga og‘irligi P bo‘lgan yuk osib qo‘yilgan
bo‘lsin. Masalaning qo‘yilishi qay darajada o‘zgaradi?
§4.
Tebranish energiyasi
Tebranayotgan tor yoki sterjenning energiyasini topaylik. Boshlang’ich shartlar
quyidagicha bo’lsin: u(x, 0) = u
t
(x, 0) = 0. Torning uzunligi l. To’liq energiya
E = K + U , K - kinetik energiya, U potensial energiya.
Energiyani tor(sterjen)ning kichik elementi uchun aniqlashdan boshlaymiz.
dx uzunlikdagi torning kinetik energiyasi
1
2
dmv
2
=
1
2
ρdx u
2
t
ekanligini hisobga olsak, butun torning kinetik energiyasi
K =
1
2
l
∫
0
dxρ u
2
t
ga teng bo’ladi.
Ta’rif bo’yicha "potensial energiya=
−
∫
kuch
× siljish elementi" ga teng.
dx elementga ta’sir qilayotgan kuch T u
xx
dx ga teng (T sin α
|
x+dx
−T sin α|
x
≃
T u
xx
dx), dt vaqt ichidagi siljish u
t
dt ga teng, demak
−U =
l
∫
0
t
∫
0
T u
xx
dxdtu
t
= T u
t
u
x
l
0
dt
−
l
∫
0
T u
x
u
xt
dt =
=
−
1
2
T
t
∫
0
dt
d
dt
l
∫
0
u
2
x
dx =
−
1
2
l
∫
0
T u
2
x
(x, t)dx.
Shundy qilib to’liq energiya quyidagiga teng:
E =
1
2
l
∫
0
dx
(
ρ(x)u
2
t
+ T
0
u
2
x
)
.
(12)
57

Energiya uchun ifodani umumlashtirish maqsadida torning ko‘ndalang
tebranishlari tenglamasi (5)- va sterjenning bo‘ylanma tebranishlari tenglamasi
(7)-larni umumlashtirib quyidagi ko‘rinishda yozib olamiz:
ρ(x)
∂
2
u
∂t
2
−
∂
∂x
(
p(x)
∂u
∂x
)
+ q(x)u(x, t) = F (x, t).
(13)
Bu yerda
p(x) > 0,
q(x)
≥ 0,
ρ(x) > 0.
Boshlang‘ich va chegaraviy shartlar o‘zgarmasin.
Quyidagi kattalik mana shu tenglamaning energiya integrali deyiladi:
E =
1
2
l
∫
0
dx
(
ρ(x)u
2
t
+ p(x)u
2
x
+ qu
2
)
.
(12)-bilan solishtirganda bu ifodada paydo bo‘lgan qo‘shimcha had qu
2
ning
ma’nosi (bu had (13)-tenglamadagi qu qo‘shimcha had bilan bog‘liq) ko‘rinib
turibdi: bu had potensial energiyaga qo‘shilgan hissa.
Energiyadan vaqt bo‘yicha hosila hisoblaymiz:
dE
dt
=
l
∫
0
dx [ρu
t
u
tt
+ pu
x
u
xt
+ quu
t
] .
Ikkinchi hadni bo‘laklab integrallaymiz:
l
∫
0
dxpu
x
u
xt
= pu
x
u
t
l
0
−
l
∫
0
dxu
t
∂
∂x
(pu
x
).
Natijani energiyaning hosilasiga olib borib qo‘yib (13)-tenglamani hisobga
olsak,
dE
dt
=
l
∫
0
dxu
t
F (x, t) + pu
x
u
t
l
0
ni olamiz. Birinchi had tashqi kuch F bajargan ishni ifodalaydi, ikkinchi had
boshlang‘ich shartlarni hisobga olganda nolga teng bo‘lib ketadi. Agar tashqi
kuch bo‘lmasa
dE
dt
= 0
58

bo‘ladi. Bu - energiyaning saqlanish qonuni. Tashqi kuch mavjud holda
dE
dt
=
l
∫
0
dxu
t
F (x, t)
ga egamiz.
§5.
Aralash masala yechimining yagonaligi
Eng umumiy ko‘rinishdagi giperbolik tenglamaga qaytaylik:
ρ(x)
∂
2
u
∂t
2
−
∂
∂x
(
p(x)
∂u
∂x
)
+ q(x)u(x, t) = F (x, t).
(14)
Bu yerda
p(x) > 0,
q(x)
≥ 0,
ρ(x) > 0.
Tenglamaga quyidagi boshlang‘ich va chegaraviy shartlar qo‘yilgan bo‘lsin:
u(x, 0) = φ(x),
u
t
(x, 0) = ψ(x),
u(0, t) = µ
1
(t),
u(l, t) = µ
2
(t).
(15)
Faraz qilaylik, masalaning yechimi ikkita bo‘lsin:
u
1
(x, t) va u
2
(x, t). Bu
yechimlarning farqini
v(x, t) = u
1
(x, t)
− u
2
(x, t)
deb belgilaymiz.
(14)-tenglama bilan bog‘liq bo‘lgan aralash masalalar
yechimlarining yagonaligini isbot qilish v(x, t) = 0 ekanligining isbotiga tengdir.
Noma’lum v(x, t) funksiya uchun masala quyidagicha qo‘yilgan:
ρ(x)
∂
2
v
∂t
2
−
∂
∂x
(
p(x)
∂v
∂x
)
+ q(x)v(x, t) = 0,
v(x, 0) = 0,
v
t
(x, 0) = 0,
v(0, t) = 0,
v(l, t) = 0.
(16)
Bu tenglama uchun energiya integralini yozib olamiz:
E =
1
2
l
∫
0
dx
(
ρ(x)v
2
t
+ p(x)v
2
x
+ qv
2
)
.
Bu ifodadan vaqt bo‘yicha hosilani hisoblaymiz.
(16)-tenglamada tashqi
kuchning yo‘qligi va boshlang‘ich hamda chegaraviy shartlarning birjisnliligi
dE
dt
= 0,
ya’ni,
E(t) = const,
59

ga olib keladi (avvalgi paragrafning oxiridagi hisob bilan solishtiring). Demak,
E(t) = E(0)
ekan. (16)-dagi boshlang‘ich shartlarni hisobga olsak
E(t) = E(0) =
1
2
l
∫
0
dx
(
ρ(x)v
2
t
+ p(x)v
2
x
+ qv
2
)
t=0
= 0
ekanligiga kelamiz. Ammo energiya integralidagi har bir had - musbat had,
musbat hadlarning yig‘indisi nolga teng bo‘lishi uchun ularning har biri nolga
teng bo‘lishi kerak. Buning uchun esa v(x, t) = 0 bo‘lishi kerak. Demak,
(14)-tenglamaning (15)-shartlar bilan aniqlanuvchi yechimi yagonadir.
60

IV BOB. PARABOLIK TENGLAMALARGA
OLIB KELADIGAN JARAYONLAR
Molekulalar orasidagi to’qnashuv jarayonlari parabolik tenglamalar tilida
ifodalanadi. Buni quyidagi ikkita misolda ko’raylik.